压轴大题14 披荆斩棘搞定导数综合问题-【突破压轴冲刺名校】备战2024年新高考数学二轮复习满分秘籍（江苏专用）

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导函数与原函数的关系
单调递增，单调递减
极值
极值的定义
在处先↗后↘，在处取得极大值
在处先↘后↗，在处取得极小值
两招破解不等式的恒成立问题
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
常用函数不等式：
①，其加强不等式；
②，其加强不等式.
③，，
放缩
，
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）转化为证不等式（或），进而转化为证明（），因此只需在所给区间内判断的符号，从而得到函数的单调性，并求出函数的最小值即可.
证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
压轴训练
一、解答题
1．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)当时，证明：在上恒成立；
(2)判断函数的零点个数.
【答案】(1)证明见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）证明不等式恒成立转化为求函数的最小值，最小值大于等于零即可求证；
（2）利用导数研究函数的单调性，极值最值，取极限从而分析函数零点的个数.含参要注意进行分类讨论.
【详解】（1）当时，，
所以，
所以在上单调递增.
故，
所以，即在上恒成立.
（2），其定义域为：.
.
当时，令得：.
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以，
所以此时没有零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，.
所以此时有个零点；
当时，，所以在单调递增.
此时时，；时，.
所以此时有个零点；
当时，令得：，或.
若，，所以为增函数；
若，，所以为减函数；
若，，所以为增函数.
所以的极大值为，
极小值为.
此时时，，时，，
所以有个零点.
综上所述：当时，没有零点；当时，有个零点.
【点睛】判断函数零点的个数，就是利用导数研究函数的单调性，极值最值，取极限从而分析函数零点的个数.含参要注意进行分类讨论.
2．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的零点分别为，且，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数的定义域和导函数，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）由已知结合两点定义可得，由分析可得要证明，只需证明，
设，则只需证明，设，再利用导数求函数的最值即可证明结论.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
∴当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减；
（2）由（1）知，方程的两个不等的正实根，即，
亦即，从而，
设，又，即，
要证，即证，
只需证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
令，则
设，则
则在上单调递增，有，
于是，即有在上单调递增，
因此，即，
所以成立，即．
【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
3．（2023·江苏常州·校考一模）已知函数.
(1)若，求的值；
(2)证明：当时，成立.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：根据，可得是的极小值点求出，再利用导数检验即可；解法二：求出，分、讨论，利用导数判断单调性可得答案；
（2）当时，设，利用导数判断出单调性可得答案.
【详解】（1）解法一：由，得，
又，所以是的极小值点，
故，而，故，
若，则，
当；当，
所以在单调递减，在单调递增，
故是唯一的极小值点，也是最小值点，
由，所以当且仅当时，
解法二：由，得，又，
当时，有恒成立，所以在上单调递减，
又，则不成立，
当时，令，得，
则时，有时，有，
即在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
，
函数在单调递减，单调递增，
，当且仅当取等号，
故；
（2）当时，，
设，
当时，，
又由（1）知，故，
当时，，
设，则，
则在单调递增，，
所以，则在单调递增，
，
综上，，即当时，.
【点睛】思路点睛：在证明不等式时构造函数，利用导数判断出单调性结合最值的正负是常用的方法.
4．（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求的图象在点处的切线方程；
(2)对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）解法一：由可得，令，利用导函数讨论函数的单调性进而求最小值即可；解法二：令，由，
可得的必要条件为，再利用导数证明充分性，即当时，即可；解法三：分离参数可得，利用导函数求单调性进而求最值即可.
【详解】（1）当时，，，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
（2）（解法一）由可得，
令，则，
令，
则，
因为当时，，当时，，所以，
①当，即时，单调递增，
所以，又，
令，
令，则，
易知单调递减，所以，
所以在上单调递增，，
所以，即，
由零点存在定理知存在，使得，
，
令，则，
令，则，
因为当时，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以，，
所以单调递减，所以，
所以符合题意；
②当，即时，矛盾，
综上所述.
（解法二）由可得.
令，有，
所以的必要条件为，
下面证明充分性：
当时，
令，则，
令，则，
又当时，，所以单调递增，单调递增，
又，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增.
所以，
所以当时，，
综上所述，.
（解法三）由可得.
令，则，
令，则，
令，则，
因为当时，单调递增，当时，，单调递减，
所以， 所以，所以，
即单调递减，又，
所以当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以，所以.
【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义和不等式恒成立问题，第二问需要求函数的高阶导数，利用高阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
5．（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数有两个零点．
(1)若直线与曲线相切，求的值；
(2)若对任意，求的取值范围．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）求得切线方程，列出方程组求得，设，利用导数求得函数的单调性，结合，即可求解；
（2）设，由，得到，设，求得，设，求得，得出函数的单调性，得出单调递减，再设，得到，设，利用导数求得的单调性，结合，得到，得到，设，求得，得出函数的单调性和最小值，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得其定义域为且，
设切点为，则切线斜率，
所以切线方程为，即，
所以，则，
设，则，且，
令，解得，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以，所以，所以．
（2）解：设，
由，得，
整理得，
设，则，
设，则，令，解得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
所以，所以，即在和均单调递减，
因为，所以，设，则由题意可知，，
所以，整理得，
设，则，
设，则，
所以单调递减，所以，即，
所以单调递减，所以，即，
可得，对任意恒成立，
整理得，
设，则，
令，解得，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以，
所以，即．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
6．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）已知函数，，且在上的极大值为1．
(1)求实数的值；
(2)若，，，求的值．
【答案】(1)
(2)，或，或
【分析】（1）由题意得到的表达式，对和这三种情况进行逐一分析，结合导数得到的单调性和最值，进而可得实数的取值范围；
（2）作出满足条件的函数图象，对和这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.
【详解】（1），，
① 时，，∴，无极值．
② 时，，∴，
当，即时，，无极大值；
当时，时，；时，，
∴在处取极大值，即，∴，舍去．
③时，，
∴，
时，；时，；时，．
∴在处取极大值，∴符合题意．
综上，．
（2）由（1）可知，，，
令可得，令可得或，
如图所示．

① 当时，，
当时，，则，矛盾；
当时，，∴，矛盾．
② 当时，符合题意．
③ 当时，时，，∴，
则，，∴，矛盾．
④ 当时，符合题意．
⑤ 当时，时，，∴，
则，，∴，矛盾．
⑥ 当时，符合题意．
⑦ 当时，，则，∴，与矛盾．
⑧ 当时，，，∴，与矛盾．
综上，，或，或．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对和这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.
7．（2023秋·江苏苏州·高三常熟中学校考阶段练习）已知函数，其中e是自然常数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，对恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域后，分和两种情况讨论可求出函数的单调区间；
（2）由题得对恒成立，构造函数，可得在单调递增，则，然后分和两种情况讨论即可求得结果.
【详解】（1）定义域为，，
①时，， ∴在上单调递增，
②时，令，∴，
令，∴，
∴在单调递减，单调递增，
综上：时，在上单调递增，
时，在单调递减，单调递增，
（2）由题得对恒成立，
令，，
，令，则，
∵ ∴，，
∴恒成立，∴在单调递增，即在单调递增，
∴，
①时，恒成立，∴在单调递增，
∴恒成立 ，∴
②时，，，
∵在单调递增，∴使，
当时，，当时，，
∵在单调递减，单调递增，
∴使 ，∴不符合 ，
综上.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为对恒成立，然后构造函数利用导数解决即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
8．（2023秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求整数a的最大值．
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用函数解析式求切点坐标，利用导数求切线斜率，点斜式求切线方程；
（2）时，不等式恒成立；当时，不等式等价于，设，利用导数求的最小值，可求整数a的最大值．
【详解】（1）若，则，，则切点坐标为，
，则切线斜率，
所以切线方程为，即．
（2）由，得，
当时，，；
当时，，
设，，
设，，
则在单调递增，
，，所以存在使得，即．
时，，即；时，，即，
则有在单调递减，在单调递增，，
所以，
因为，所以，所以整数a的最大值为4．
【点睛】方法点睛：
不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
9．（2023·江苏·金陵中学校联考三模）已知函数，.
(1)若与的图象恰好相切，求实数a的值；
(2)设函数的两个不同极值点分别为，（）.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）若不等式恒成立，求正数的取值范围（为自然对数的底数）
【答案】(1)
(2)（i）（ii）
【分析】（1）求导得到导函数，设出切点，根据切线方程的公式得到方程组，解得答案.
（2）求导得到导函数，构造函数，求导得到单调区间，计算极值确定，再排除的情况，得到取值范围，确定，设，转化得到，设出函数，求导计算单调区间，计算最值得到答案.
【详解】（1），，
设与的图象的切点为，则，
解得，.
（2）（i），定义域为，.
有两个不等实根，，
考察函数，，所以，
当时，，所以在区间上单调递增；
当时，，所以在区间上单调递减.
故的极大值也是最大值为.
因为有两个不同的零点，所以，即，即；
当时，当时，恒成立，故至多一个零点，不符合题意，
综上所述：.
下证：当时，有两个不同的零点.
，，所以在区间内有唯一零点；
，令，考察函数，，
可得，所以，所以在区间内有唯一零点.
综上所述：a的取值范围为
（ii）由题设条件和（i）可知：，，，
所以：，
若不等式恒成立，两边取对数得，
所以，
令，则，恒成立，
所以在时恒成立.
令，，则.
若，即，则当时，故在上单调递增，
所以恒成立，满足题意；
若，则当时有，故在上单调递减，
所以当时，，不满足题意.
综上所述，正数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用切线求参数，根据极值点求参数，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中变换得到，再利用换元法构造函数求最值是解题的关键.
10．（2023秋·江苏淮安·高三江苏省清浦中学校联考阶段练习）已知函数.
(1)若函数在点处的切线与函数的图象有公共点，求实数的取值范围；
(2)若函数和函数的图象没有公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解切线方程，联立方程转化为一元二次方程，利用判别式即可求解,
（2）将问题转化为没有实数根，求导，利用导数确定函数的单调性,分类讨论，进而结合零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
则在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，即.
由得，即.
因为函数定义域为，所以方程有非零实数根，
当时，，符合题意，当时，则，即，且，
所以实数a的取值范围是.
（2）因为函数和函数的图象没有公共点，所以，即无实根，
所以当时，无实根，
因为，即是偶函数，所以在上无实根.
，
记则，.
①当时，，又，则，所以，满足在上无实根.
②当时，在上有实根，不合题意，舍去.
③当时，，所以在单调递增，
则，所以在上单调递增，
所以，满足在上无实根.
④当时，因为在单调递增，且，，
则存在唯一的，使，列表得
所以当时，，则在单调递减，则，
又因为，且在上连续，
所以在上有实根，不合题意.
综上可知，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
11．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考模拟预测）已知函数．
(1)若，，求的对称中心；
(2)已知，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（且）上恰好有10个零点，求的最小值；
(3)已知函数，在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)或;
(2);
(3).
【分析】（1）由，可求得函数的最小正周期，进而确定参数的值，再由整体代换即可求得对称中心；（2）由三角函数的平移变换求得的解析式，再由零点的定义确定参数的值，结合图象可得的最小值；（3）将所给条件转化为和的值域的包含关系，即可求得参数的取值范围．
【详解】（1）∵的最小正周期为，
又∵，，∴的最小正周期是，
故，解得，
当时，，由，的对称中心为；
当时，，由，的对称中心为；
综上所述，的对称中心为或.
（2）∵函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，
∴.
又∵是的一个零点，
，即，
∴或，
解得或，
由可得
∴，最小正周期.
令，则
即或，解得或，；
若函数在（且）上恰好有10个零点，故
要使最小，须、恰好为的零点，故.
（3）由（2）知，对任意，存在，使得成立，则，
当时，，
当时，，
由可得，解得，
故实数的取值范围为.
【点睛】本题第（3）小问为不等式的恒成立问题，解决方法如下：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集．
12．（2023·江苏南京·南京市第五高级中学校考模拟预测）已知函数在点处的切线方程为．
(1)求函数在上的单调区间；
(2)当时，是否存在实数m使得恒成立，若存在，求实数m的取值集合，若不存在，说明理由（附：，）．
【答案】(1)在，上单调递增，在，上单调递减
(2)存在；m的取值集合为
【分析】（1）根据切线方程，结合导数的几何意义，求出的值，再由导数得出单调区间.
（2）由题意，只需，又注意到， 由题意必为的最大值点，从而为的极大值点，必有，再证明检验即可.
【详解】（1）由题意知，即，得，
因为，
所以，得，所以，
当时，令，得，令，得，
当时，令，得，令，得，
所以在，上单调递增，在，上单调递减．
（2）假设存在实数m，使在上恒成立，
即在上成立，
令，只需．
注意到，所以若在上成立，
必为的最大值点，从而为的极大值点，必有．
由，得，解得．
下面证明符合题意．
当时，，令，则．
（ⅰ）当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以单调递减，
所以当时，，所以在上单调递增；
由在和上单调递增得，在上单调递增．
（ⅱ）当时，令，
由，得，在上单调递增，
因为，，
所以由零点存在定理知存在，使得，
当时，，即，单调递减，即单调递减；
当时，，即，单调递增，即单调递增；
因为，，
所以由零点存在定理得，存在，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综合（ⅰ）（ⅱ）的结论，又，，
所以，符合题意．
综上所述：m的取值集合为．
【点睛】关键点睛：本题考查导数几何意义的应用，考查利用导数研究函数不等式恒成立问题，解本题的关键是设出，即只需．根据，结合条件得出必为的最大值点，从而为的极大值点，必有，求出参数的值，然后再证明检验属于难题.
13．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）已知函数．
(1)若，求函数的最值；
(2)若，函数在上是增函数，求a的最大整数值．
【答案】(1)最小值为，最大值为
(2)0
【分析】（1）求导分析函数的单调性与最值即可；
（2）将题意转化为在上恒成立，参变分离可得，设，求导后根据零点存在性定理可得上有极大值点，设为，再根据满足的方程代入，结合的取值范围分析最大值的范围即可.
【详解】（1）若，则函数，．
令，则或，由于，
因而当时．单调递减，
当时．单调递增，
所以的最小值为，最大值为
（2），
由在上是增函数，
得在上恒成立，
即，分离参数得
设，则，
，即
设，由于
因而方程在上有解，设为，
则，且当时，，当时，
所以的最大值为．
因而，即，
又
又
所以a的最大整数值为0．
【点睛】方法点睛：
（1）函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数在区间上非负或非正恒成立；
（2）恒成立问题可考虑参变分离，再构造函数分析最值；
（3）极值点不能求解则设隐零点，将满足的等式条件化简代入原函数，再根据的区间可求出极值的范围.
14．（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
15．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）设，，．
(1)求的单调区间；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）先求解函数的导数，利用导数求解函数的单调区间即可；
（2）构造函数，分类讨论实数的取值范围，利用导数求解函数在区间上的单调性，进而得到函数在区间上的最值，只需证明即可.
【详解】（1）解：，
∵，
令，得；令，得；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）解：设，
若证成立，即证．
，
，
当时，，所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以恒成立．
当时，，令，
则对称轴为直线，
所以当时，函数单调递增，
当时，取最小值，
所以，所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以恒成立，
综上：当时，恒成立．
即．
16．（2023·江苏盐城·统考三模）已知函数.
(1)当时，求的单调递增区间；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入求导得，再次设导函数为新函数进行求导得到其单调性和其零点，从而得到的单调增区间；
（2）法一：令，利用导数和零点存在定理得存在唯一正实数使得，从而得到，再利用隐零点法得，再次设新函数进行求导从而得到的范围；
法二：同法一求得，则
，利用基本不等式有，从而得到的范围.
【详解】（1）当时，，，
设
又，∴在上单调递增，
又，∴当时，当时，
∴的单调递增区间为.
（2）对函数求导得，，令，
则，∴在上单调递增，
又，当时，
故存在唯一正实数使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，
由恒成立，得，
由得，∴
∴，∴，
∴，
设，则恒成立，
故在上单调递增，而，
∴，
又且函数在上是增函数，
故的取值范围为
法2：同法一得，
由得，
∴
，当且仅当时等号成立，
∴，
故的取值范围为
【点睛】关键点睛：本题第二问利用零点存在定理及隐零点法得到，从而有，再次重新设函数，根据其单调性和零点得到，从而得到.
17．（2023·江苏苏州·校联考三模）设函数.
(1)从下面两个条件中选择一个，求实数的取值范围；
①当时，；
②在上单调递增.
(2)当时，证明：函数有两个极值点，且随着的增大而增大.
【答案】(1)选①；选②
(2)证明见解析
【分析】（1）若选①，可得在上单调递增，然后讨论当时，不符合要求，即可得到结果；若选②，将问题转化为在上恒成立，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，利用导数研究函数的极值，先证得函数有两个极值点，然后构造函数，通过函数的单调性即可得到证明.
【详解】（1）令，则，所以，则，
令，则，
选①：当时，因为时，，所以在上单调递增，
又，所以当时，，说明在上单调递增，
所以，符合题意；
当时，，当时，，所以在上单调递减，
又，所以当时，，说明在上单调递减，
所以当时，，此时不符合题意；
综上，实数的取值范围.
选②：在上单调递增，所以在上恒成立，
当时，，所以在上递增，
又，所以当时，，所以在上单调递减，不符合题意；
当时，当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
从而，由在上恒成立，得，
令，说明在单调递增，在单调递减，
所以，当且仅当时取得等号，故.
综上，实数的取值范围.
（2）当时，当时，在上单调递减，又，
当时，，说明在上单调递增，
当时，，说明在上单调递减，
所以为极大值点.
由（1）有，则，
所以当时，有，
所以当时，，
所以使得.
当时，，当时，，
所以为极小值点，
综上，函数有两个极值点；
其中满足，所以，
设，则，
由（1）知，所以单调递增，
所以随着的增大而增大，又，
所以，故随着的增大而增大.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性，极（最）值问题处理.
18．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考模拟预测）已知函数，其中为实数，为自然对数底数，.
(1)已知函数，，求实数取值的集合；
(2)已知函数有两个不同极值点、，证明
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出的导数，对实数分类讨论求出的最小值，解不等式即可求解；
（2）由函数有两个不同极值点、，可求出的取值范围，由已知得，取对数得，通过换元，，构造函数，讨论函数的单调性，确定的不等关系，再转化为、的关系即可证明．
【详解】（1）由，得，
当时，因为，不合题意；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，则由得
所以，故实数取值的集合
（2）由已知，则，
因为函数有两个不同的极值点、，所以有两个不同零点，
若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；
当时，由，得，
令，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，且当时，，当时，，
如下图所示：
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
不妨设这两个交点的横坐标分别为、，且，
且当或时，，则，
当时，，则.
综上所述，当时，函数有两个极值点；
设，则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，
即，令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，
则，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，，在上单调递增，所以，
所以，即，
所以，
故成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
19．（2023春·江苏徐州·高三徐州高级中学校考阶段练习）已知函数，．
(1)讨论函数在上的单调性．
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数与单调性的关系求解，
（2）由放缩法与累乘法证明，
【详解】（1），
，
当时，此时在内单调递增；
当时，，
此时在内单调递增；
当时，令，
，
在上为减函数．
又，
在上存在唯一零点，使得，
∴当时，递增；
当时，递减．
综上：当时，此时在内单调递增；
当时，当时，，递增；
当时，，递减，其中为方程的根．
（2）由（1）知当时，在区间上单调递增，
则，即，
所以．
，
得证
20．（2023春·江苏南京·高三江苏省江浦高级中学校考阶段练习）已知函数有两个零点，，且，
(1)求的取值范围；
(2)证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）易得，分和讨论，对时，根据存在两零点得，求出的范围，再结合，放缩得，确定，则，再构造函数，，求出其单调性即可得到的范围；
（2）利用基本不等式得，放缩证明，利用比值换元法设，构造函数，，求导证明其单调性，得到其范围即可.
【详解】（1）因为的定义域为，所以
当时，恒成立，所以在上单调递增，
故不可能有两个零点，故舍去；
当时，令，解得
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，要使有两个零点，
则，解得，
又，，
所以当时，在和上各有一个零点，，
且，所以，
由单调性知，当时，，
当时，，
因为，所以，即
所以，而，
即，所以，而，
令，
则，，，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以
（2）
，当且仅当取等号，而，
故
要证，即证，即证
即证，
即证，
.设，，，
，，
令，，
令，，易知在上单调递增，
故，
∴在单调递增，
∴，∴在上单调递增，
∴得证.
【点睛】关键点睛：本题第2问首先采用了基本不等式进行放缩得，从而将题目的证明转化为证明，然后得到，利用经典的比值换元法，设，，则，从而设，，通过多次求导研究其单调性和值域即可.
21．（2023春·江苏南京·高三南京市第二十九中学校考阶段练习）已知函数.（为实数）
(1)当时，若正实数满足，证明：.
(2)当时，设，若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题设可得，讨论与1的大小关系，并应用分析法将问题化为证，构造利用导数研究单调性判断大小关系，即可证结论；
（2）令得，再构造并利用导数证明在上恒成立，即可确定范围.
【详解】（1）由题意，，定义域为，则恒成立，
所以在上为增函数，且，故，
若都大于1，则，不合题意，同理都小于1也不满足，
设，欲证，即证，即证，即证，即证，
构造函数，
所以，
，
，
所以在区间上单调递增，所以，则原不等式得证.
（2）由，令，则，故，
下面证明：时符合题意，
当时，，
以下证明：，
构造函数，
则.
令，则，
令，可得；令，可得，
于是在上递减，在上递增，于是，
所以，当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，故，
综上，实数的取值范围.
【点睛】关键点点睛：第一问，首先分析与1的大小，再设应用分析法转化证明结论，最后构造函数、应用导数求证；第二问，通过求参数范围，再由所得范围证恒成立（利用充要关系证明）.
22．（2023春·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习）已知函数（）.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)已知，若时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)增区间为，减区间为和；
(2)
【分析】（1）求导函数，解不等式即可得单调区间；
（2）对式子化简，把恒成立问题转化为恒成立，然后构造函数，求导研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解.
【详解】（1）当时，，则，
令，得，
令，得或，
所以函数的增区间为，减区间为和；
（2）依题意，当时，恒成立，
即恒成立，
即时，恒成立，
取代入，则，此时，
取代入，则，此时，
所以.
下面证明，当时，恒成立，
构造函数，，
也即是证明在区间上恒成立.
下面分两种情形进行讨论：
情形一：当时，有，
此时：，
由于，，，，，
所以，即．
情形二，当时，，
此时，
设，
则，
当时，，此时，
所以在上递减，所以．
当时，，，递增，
所以，
所以此时，在上递增，
所以，所以当时，.
结合情形一和情形二得到：
当时，对任意，都有，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
23．（2023秋·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）若函数为定义域上单调函数，且存在区间（其中），使得当时，的取值范围恰为，则称函数是D上的正函数，区间叫做等域区间.
(1)是否存在实数m，使得函数是上的正函数？若存在，请求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.
(2)若，且不等式的解集恰为，求函数的解析式.并判断是否为函数的等域区间.
【答案】(1)存在，
(2)答案见解析
【分析】（1）根据“正函数”的定义以及函数的单调性将问题转化为“方程在区间内有实数解”，利用构造函数法来求得的取值范围.
（2）根据“不等式的解集”求得的可能取值，再结合“等域区间”的定义求得正确答案.
【详解】（1）因为函数是上的减函数，
所以当时，，即
两式相减得，即，
代入得，
由，且得，
故关于a的方程在区间内有实数解，
记，
则，解得.
（2）
由不等式的解集恰为，且为二次函数，
得，且.
所以，①，②
将代入①，，
整理得.又，a，，
从而或.所以或
当时，，
当时，，所以不是的等域区间.
当时，，.
当时，，所以不是的等域区间.
【点睛】函数中的新定义问题， “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，以不变应万变才是制胜法宝.
24．（2023秋·江苏盐城·高三盐城市伍佑中学校联考阶段练习）已知函数，.
(1)当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求的单调区间及在区间上的最值；
(2)若对，恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)（i）；（ii）答案见解析
(2)
【分析】（1）（i）求出，求导得到，由点斜式写出切线方程；
（ii）求导，得到函数单调性，进而得到函数的极值，最值情况；
（2）变形为对恒成立问题，令，求导得到其单调性，并画出函数图象，求出恒过点，且在处的切线方程为，刚好在切线上，结合图象在上方，再由图象及直线斜率得到不等式，求出a的取值范围.
【详解】（1）（i）当时，，，
，，
故曲线在点处的切线方程为，
即；
（ii），，
，
令，解得，令，解得，
当时，，
又，，
其中，
故，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
在区间上的最大值为，最小值为；
（2），
对，恒成立，
变形为对恒成立，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
其中，，当时，恒成立，
故画出的图象如下：

其中恒过点，
又，故在处的切线方程为，
又在上，
结合图象可得此时在上方，
另外由图象可知当的斜率为0时，满足要求，当的斜率小于0时，不合要求，
故要想满足，需要，
解得，
a的取值范围是
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
25．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）已知函数，其中为实数.
(1)若，求实数的最小值；
(2)设函数，若函数存在极大值，且极大值小于0，求实数的取值范围.
【答案】(1)2；
(2).
【分析】（1）将问题转化为，恒成立，令，，利用导数，求出函数的最大值即可得答案；
（2）由题意可得，，求导得，再令，则有，分，，确定的正负、零点点，从而确定的正负及函数的单调性和极值，最后由极大值小于0，求解即可得答案.
【详解】（1）解：依题意，，，
即，.
令，，故，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以当时，.
所以，得，
所以实数的最小值为2.
（2）依题意，，，
故，令，则，
①若，，则 即在上单调递增；
因为，，且在上的图象不间断，
据零点存在性定理，存在，使得，
且当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以函数在上不存在极大值，故不符题意.；
②若，令，得.
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减.
因为函数存在极大值，故，即，解得，
此时，，；
，，
（证明：令，，所以，在上单调递增，
故，即），
又在上的图象不间断，
据零点存在性定理，存在，，使得，
且当时，，在和上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以函数在上得极大值为.
依题意，，即，得，
又，即，得，代入上式，
得，故，
又，即，所以，得，
所以.
据，得，其中，
令，，故，
所以在上单调递减，，即，
所以，
综上所述，实数a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：在求导后，不能确导数正负的情况下，再将导数令成一个函数，继续求导，通过对新函数导数，则能达到目的.
26．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）已知函数存在两个极值点，且.
(1)求的取值范围；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）对求导得，由题意方程在区间上有两个不等根，从而列出不等式组即可求解.
（2）将不等式变形为，结合（1）中分析有，，从而可以通过化简计算得到，构造函数，从而即可进一步求解.
【详解】（1）函数的定义域为，且.
因为函数存在两个极值点，且，
所以方程在区间上有两个不等根.
所以有，解得.
所以的取值范围为.
（2）由（1）知，即，
所以可化为.
因为，
所以，
所以
令，
设，则，
所以函数在上单调递增.
因为，所以，
所以若恒成立，则，即实数的最小值为0.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于转换条件得到，从而顺利求解；第二问的关键，在于利用第一问的结论，将不等式转换为，从而构造函数即可求解.
27．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）已知函数，其中．
（1）设函数，证明：
①有且仅有一个极小值点；
②记是的唯一极小值点，则；
（2）若，直线与曲线相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线的方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）或.
【分析】（1）①对函数求导，结合单调性、零点存在性定理证明仅有一个零点，并判断在零点两侧的符号即可得证；
②由①可得，再对不等式进行等价变形，借助分析法即可得证.
（2）设出切点坐标，由导数的几何意义推理可得切点坐标满足的关系，再求解作答.
【详解】（1）①依题意，，求导得：，
令，则，函数即在R上单调递增，
又，则存在，使得，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以为的唯一极小值点．
②由①知，，即，，
则，
因此，要证，只需证，即证，
因为，从而只需证，即，而，
所以.
（2）依题意，，求导得：，
则函数在点处的切线l的方程为，
若直线l恰好与曲线相切且有无穷多个切点，任取两个不同的切点，
则在此两点处的切线为同一直线，即，
于是有，则或，
若，从而得：，显然，则，
若，取异于A，B外的另一个切点，
则有，，
如果，则有，如果，则，因此，
从而恒有，即，于是得直线l的方程为或，
当切线方程为时，切点为，
当切线方程为时，切点为，
所以直线l的方程为或．
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
28．（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)若，证明：；
(2)若函数最大值为，求实数a的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，可得，，要证明，需要证，构造函数，求最小值即可；
（2）通过分类讨论求函数单调性，得知当，时，函数取得极大值，代入原函数进行求解即可.
【详解】（1）证明：若，则，.
要证明，需要证，
令，
由，
∴在上单调递增，，，
即，
所以原不等式得证.
（2），
令，
所以，
由题知函数的定义域为且，∴.
若，，则，函数在上单调递减，，则，函数在上单调递减，无最大值，舍去.
若，令，解得，，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
时，函数取得极大值，，
，，
∴在内存在唯一零点，满足，
且函数在上单调递增，在上单调递减.
∴的极大值为即为最大值，，
∴，∴，解得.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，可查了计算能力，转化思想和分类讨论的能力，本题的关键点有一下几点：
（1）构造法证明不等式，把问题转化为求函数最值；
（2）含参讨论问题，利用讨论结果求最值进而求值.
二、证明题
29．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）已知函数．
(1)若，求证：；
(2)当时，对任意，都有，求整数的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）将恒成立问题转化为最值问题，利用导数判断函数单调性进而即得；
（2）选特值，时，举反例验证结论不成立，从而得出，赋值，通过参数放缩与导数，来证明结论成立，即找到了整数的最大值.
【详解】（1）时，设，则，，
即在上恒成立，
在上单调增， 又，
即；
（2）时，当时，，所以．
下证符合．
时，当时，，所以当时，．
记，则只需证对恒成立．
，令，则在递减，
又，所以存在，使得，
则在递增，在递减；
又，所以存在使得，且，
所以在递增，在递减，又，所以对恒成立，
因为，所以符合．
综上，整数的最大值为3．
【点睛】当出现两个参数时，尽可能通过讨论或参数放缩来减少参数的个数，降低解题难度.
30．（2023·江苏南京·南京市第九中学校考模拟预测）已知函数．
(1)求f（x）的最大值；
(2)设实数m，n满足－1≤m＜0＜n≤1，且，求证：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）分和两种情况讨论，利用导数分别求出函数在两个区间的单调性，从而可得出答案；
（2）令，则，则条件变为，令，则，再结合函数在上的单调性可得，再进行变形即可得证.
【详解】（1）解：当时，，
∴在上递增，此时，
当时，，
∴在上递减，
所以，
∴；
（2）证明：令，∴，
∴条件变为，
再令，其中，，
由在上递减且，
∴，，
所证不等式变为，
即证：，
∵，∴，
∴.
31．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，若，求证：；
(3)求证：对于任意都有．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域，求导，再分类讨论，根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）令，由，可证得恒成立，即，结合可证得；
（3）利用，对进行放缩，即可证明不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域是．
由已知得，．
①当时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
②当时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
③当时，当时，，单调递增；
④当时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
综上，①当时，函数在上单调递减，上单调递增；
②当时，函数在单调递增上单调递减，上单调递增；
③当时，函数在单调递增；
④当时，函数在单调递增，上单调递减，上单调递增．
（2）当时，.
由（1）知，函数在单调递增且；
令
，
令，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，所以.
令，则，
所以恒成立，
不妨设，则 ，
所以，所以，
所以，所以.
（3）由（2）知，时，，
即，
故在时恒成立，
所以，
，
，
，
相加得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
32．（2023·江苏无锡·校联考三模）已知函数.
(1)求的极值；
(2)求证：.
【答案】(1)的极大值为，没有极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导数得，设，求导数确定函数的单调性即可确定的正负，从而得的取值情况即可确定的极值；
（2）由（1）可知，结合数列累加求和即可证明结论.
【详解】（1）因为函数，所以，
设，，
所以在上单调递增.
又，所以当时，；当时，.
又因为对恒成立，
所以当时，；当时，.
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，没有极小值.
（2）由（1）可知，
所以当且仅当，取“＝”.
由（1）得，
累加得；
由②得，
累加得.
综上所述，.
33．（2023·江苏苏州·模拟预测）已知函数.
(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)当时，求证：在上有唯一零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意转化为在上恒成立，然后转化为最值问题，求导即可得到结果；
（2）对函数求导构造新函数，通过导数确定单调性，进而确定在上存在唯一的零点，分情况讨论函数各区间零点个数，即可得解.
【详解】（1）因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即.令，，
因为且，所以在上恒成立.
所以在上单调递增，所以，即.
（2）考虑，则.
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，
即，①，所以，所以，即②.
令，则，
所以在上单调递增.
由①得，又，且的图象在上不间断，
所以在上存在唯一的零点，记为.
当时，，单调递减，又，所以在上恒成立，且；
当时，，单调递增，由②知
，
又，所以在上存在唯一的零点.
综上所述，函数在上有唯一零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
34．（2023·江苏南京·校联考一模）已知函数和函数有相同的最大值.
(1)求的值；
(2)设集合，(b为常数).
①证明：存在实数b，使得集合中有且仅有3个元素；
②设，，求证：.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）分别求出与的最大值，令其相等得到的值；
（2）①根据和的图象知存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点证得结论；②此时，且，可证得，，进一步得，由基本不等式得.
【详解】（1）由题意可知：，
因为，则，
若时，当时，；当时，；
则在上单调递减，在上单调递增，
可知有最小值，不合题意，
所以，则当时，；当时，；
则在上单调递增，在上单调递减，
可知有最大值；
又因为，则，且，
当时，；当时，；
则在上单调递增，在上单调递减，
可知有最大值；
可得，解得.
（2）①因为集合的元素个数即为直线与两条曲线和的交点个数，
由（1）可知：
在上单调递增，在上单调递减，且，，
在上单调递增，在上单调递减，且，，
和的图象如图所示：
设和的图象交于点M，
则当直线经过点M时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，
故存在实数，使得集合中有且仅有3个元素；
②此时，且，
因为，则，即，
因为，，且在上单调递增，
所以，可得，
又因为，则，即，
且，，在上单调递减，
所以，则，
所以，即，
又因为，又，故
【点睛】关键点点睛：对于已知的方程（或函数不等式），通过整理变成 的形式，可以利用的单调性转化为的形式，这类方法称为同构，在处理指对混合的不等式时尤其好用，本题在处理时就先通过同构为，利用函数的单调性得到，结合的关系分析证明.
35．（2023秋·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习）已知函数，．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)当时，求证有两个零点，，并且．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数判断单调性后求最小值
（2）由导数判断单调性，结合零点存在性定理，由方程得的关系，表示出后证明
【详解】（1）当时，，
．
令，则，所以在单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，此时．
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增．
所以的最小值为，
（2），
，当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
则，
这时，
利用放缩
记的正根为
所以，
所以存在两个零点和，，，
因为，即
两式相减得；
两式相加得．
要证，即
只要证，
令，，
，则在单调递增，所以，
又因为，所以得证，所以成立．
36．（2023秋·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习）已知函数．
(1)若，，求证：有且仅有一个零点；
(2)若对任意，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求出，然后分类讨论，时，利用不等式性质放缩：，再利用导数证明右边大于0，，直接由不等式的性质证明，时，利用导数证明其有唯一零点；
（2）由，恒成立，得出函数在0的左侧邻域内，是减函数，有，则，从而得出必要条件，然后利用导数证明其也是充分条件，同样分类讨论：当时，由不等式性质证明，时，利用导数进行证明．
【详解】（1）证明：由题意得，当时，，
故．
（i）当时，，记，
则，单调递增，，
所以，即当时，无零点．
（ii）当时，，，
即当时，无零点．
（iii）当时，．
因为，所以，即单调递增．
又因为，，
所以当时，存在唯一零点．
综上，当时，有且仅有一个零点．
（2）易知，因此恒成立，则在0的左侧邻域内，是减函数，有，则．
因为，
所以，得是对任意成立的必要条件．
下面证明充分性．
当时，，等价于．
令，，即证．
（i）当时，，，
即成立．
（ii）当时，记，则．
由，得，所以，即单调递增，
，即，
，则，
时，，单调递减，时，，单调递增，
因此是的最小值，即，所以恒成立，
所以．
综上，．
【点睛】思路点睛：用导数研究不等式恒成立问题，常常是利用导数求得的最小值，再由最小值不小于0得参数范围，也可以利用特殊值求得参数的范围（必要条件），然后证明这个范围对所有自变量都成立（充分条件），从而得出结论．
37．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考模拟预测）已知函数（e是自然对数的底数）．
(1)当时，试判断在上极值点的个数；
(2)当时，求证：对任意，．
【答案】(1)在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，结合零点存在定理，判断函数的单调性，求得答案；
（2）求出函数的导数，构造函数，判断其正负情况，确定函数单调性，进而确定函数的最小值，故可将原问题转化为对任意，，再构造函数，利用其单调性即可证明结论.
【详解】（1）当时，,
则 ，
设，则 在上是增函数，
当 时，，，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
所以在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
（2）证明：由，
设，则 在上是增函数，
当 时，，因为，所以，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
故 是函数的极小值点，也是最小值点，
则 ，
又因为，所以，
即证：对任意，，
即证：对任意，，
设，则在上单调递减，
因为，所以 ，
故，
故对任意，.
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题，综合性较强，要能熟练求导，利用导数判断函数的单调性以及求函数最值，解答的关键是根据函数或导数的特点，构造函数，进而结合零点存在定理判断导数正负，求得函数的最值，利用函数最值进而证明不等式成立.
三、问答题
38．（2023秋·江苏徐州·高三校考阶段练习）已知函数，．
(1)判断是否存在x，使得，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；
(2)讨论的单调性．
【答案】(1)不存在x，使得，理由见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）原不等式等价于，结合换元法即可证明这不可能成立.
（2）第二问首先换元，然后连续求导，结合复合函数单调性以及零点存在定理即可求解.
【详解】（1）不存在x，使得，理由如下：
若成立，则，
整理得，
然而当时，，
不妨设，
则，
所以在上单调递增，
所以，
即对于任意的，不可能成立，
综上所述，不存在x，使得.
（2）当时，，
所以此时，
求导得，
继续求导得，
所以单调递减，
而，，
所以存在唯一的使得，
且当时，，此时关于单调递增，
当时，，此时关于单调递增减，
又关于在上单调递增，
所以存在唯一，使得，
且当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递增，
当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递减，
综上所述：当时，单调递增，当时， 单调递减，
其中，即满足.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是将不等式变形为，然后利用换元法即可，第二问的关键是要构造利用换元法结合复合函数单调性来讨论.
39．（2023秋·江苏无锡·高三校考阶段练习）已知，．
(1)若与的图象相交于点P，且与在点P处的切线重合，求a的值；
(2)若，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出切点的坐标，利用导数的几何意义求解得出结论；
（2）利用（1）的结论，证明即可求解．
【详解】（1）设切点，，
对两个函数分别求导有，，
因为与的图像相交于点P，且与在点P处的切线重合，
所以，又，
联立解得，.
（2）由（1）可知，当时，
与在点处的切线重合，此时，
又在处的切线方程为，
令，则，
易得,,，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，可得，
令，
当时，才有，
又对称轴，
当时最小值等于，解不等式得，即；
当时，与切线方程相交，则不成立；
由综上所述，．
四、计算题
40．（2023秋·江苏苏州·高三江苏省梁丰高级中学校考阶段练习）已知函数．
(1)求的极值；
(2)作在处的切线交的图象于另一点，若，求的斜率．
【答案】(1)极大值为，极小值为；
(2)3
【分析】（1）求定义域，求导，得到时，并求出函数单调性，从而求出极值情况；
（2）求出在处的切线方程，构造，结合，设，对照系数，得到，从而求出，得到，从而由求出，进而得到切线斜率.
【详解】（1）的定义域为R，
，令，解得，
列表如下：
故在处取得极大值，在处取得极小值，
故极大值为
，
极小值为
；
（2）由（1）得，
故在处的切线方程为，
化简得，
设
，
显然，则设，-
0
+
↘
极小值
↗
+
0
-
0
+